【化学】北京市东城区2018-2019学年高二下学期末考试（解析版）

北京市东城区2018-2019学年高二下学期末考试
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5 Br 80 I 127
第一部分（选择题共42分）
本部分有14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1.中国文化中的“文房四宝”所用材料的主要成分为单质的是




A．笔
B．墨
C．纸
D．砚
【答案】B
【解析】
【详解】A．笔使用的主要是动物毛发，属于蛋白质，主要由C、H、O、N元素组成，故A错误；
B．墨中的炭主要是C元素形成的单质，故B正确；
C．纸的主要成分是纤维素，属于糖类，由C、H、O元素组成，故C错误；
D．砚的主要成分是硅酸盐或碳酸盐，由C、Si、O、Na、K、钙等元素组成，故D错误；
答案选B。
2.下列化合物中沸点最高的是
A. 乙烷 B. 丙烷 C. 乙醇 D. 丙三醇
【答案】D
【解析】
【详解】物质的相对分子质量越大，该物质的熔沸点就越高。在上述四种物质中，相对分子质量最大的是丙三醇，其该分子中含有羟基的个数较多，因此其沸点最高，故合理选项是D。
3.下列物质中，难溶于水且密度比水的密度小的是
A. 苯 B. 乙酸 C. 乙醇 D. 四氯化碳
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯呈液态，密度比水小，难溶于水，A符合题意；
B.乙酸易溶于水，B不符合题意；
C.乙醇与水混溶，C不符合题意；
D.四氯化碳呈液态，难溶于水，密度比水大，在下层，D不符合题意；
故合理选项是A。
4.下列表述正确的是
A. 羟基的电子式：
B. 乙烯的结构简式：CH2CH2
C. 2-丁烯的顺式结构：
D. 2-丙醇的结构简式：
【答案】D
【解析】
【详解】A.O原子最外层有6个电子，其中1个成单电子与H原子的电子形成1对共用电子对，因此羟基的电子式： ，A错误；
B.乙烯官能团是碳碳双键，所以乙烯的结构简式：CH2=CH2，B错误；
C.2-丁烯的顺式结构应该是两个相同的H原子或甲基-CH3在碳碳双键的同一侧，所以其键线式结构为，C错误；
D.2-丙醇是羟基在物质分子主链的第2号C原子上，结构简式为，D正确；
故合理选项是D。
5.下列有机物分子中，不可能所有原子在同一平面内的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.分子中平面分子，分子在所有原子在同一平面上，A不符合题意；
B.甲苯可看作是苯分子中的一个H原子被甲基取代产生的物质，也可以看成是甲烷分子中的1个H原子被苯基取代产生的物质。苯分子是平面分子，由于甲烷是正四面体结构的分子，若某一平面通过C原子，分子中最多有2个顶点在同一平面，因此甲苯分子中不可能所有原子都在同一平面上，B符合题意；
C.苯乙烯可看作是苯分子中的H原子被乙烯基-CH=CH2取代产生的物质，由于苯分子、乙烯分子都是平面分子，两个平面共直线，可能所有原子在同一平面上，C不符合题意；
D.苯乙炔可看作中苯分子中的1个H原子被乙炔基-C≡CH取代产生的物质，乙炔中与苯环连接的C原子取代苯分子中H原子的位置，在苯分子的平面内，由于苯分子是平面分子，乙炔是直线型分子，一条直线上2点在某一平面上，则直线上所有点都在这个平面上，因此所有原子在同一平面内，D不符合题意；
故合理选项是B。
6.下列物质的一氯代物只有一种的是
A. 新戊烷 B. 2-甲基丙烷 C. 邻二甲苯 D. 对二甲苯
【答案】A
【解析】
【详解】A.新戊烷只有一种位置的H原子，因此其一氯取代产物只有一种，A符合题意；
B.2-甲基丙烷有2种不同位置的H原子，因此其一氯取代产物有2种，B不符合题意；
C.邻二甲苯有3种不同位置的H原子，因此其一氯代物有3种不同结构，C不符合题意；
D.对二甲苯有2种不同位置的H原子，因此其一氯代物有2种不同结构，D不符合题意；
故合理选项是A。
7.下列说法不正确的是
A. 淀粉能水解为葡萄糖
B. 油脂属于天然有机高分子
C. 鸡蛋煮熟过程中蛋白质变性
D. 食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C
【答案】B
【解析】
【详解】A.淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，A正确；
B.油脂是高级脂肪酸甘油酯，属于天然有机物，但不是高分子化合物，B错误；
C.鸡蛋煮熟过程中，蛋白质分子结构发生了变化，不具有原来蛋白质的生理功能，物质的化学性质也发生了改变。因此鸡蛋煮熟过程是蛋白质变性，C正确；
D.新鲜蔬菜和水果含有丰富的维生素C，因此食用新鲜蔬菜和水果可补充维生素C，D正确；
故合理选项是B。
8.关于丙烯性质的叙述，不正确的是
A. 与乙烯互为同系物
B. 可合成高分子
C. 能与氯气发生取代反应
D. 与HBr发生加成反应可能得到两种产物
【答案】B
【解析】
【分析】
A.根据同系物的概念判断；
B.结合乙烯发生加聚反应的判断分析产物结构；
C.丙烯中含有饱和碳原子和不饱和碳碳双键，根据物质分子结构判断；
D.丙烯是不对称烃，与化合物分子加成时，根据原子结合位置与反应产生的物质辨析。
【详解】A.丙烯与乙烯结构相似，在分子组成上相差1个CH2原子团，二者互为同系物，A正确；
B.丙烯发生加聚反应产生，每个丙烯分子打开碳碳双键，然后这些C原子连接在一起形成高分子化合物，故聚丙烯的结构简式为，B错误；
C.丙烯含有不饱和的碳碳双键能与氯气发生加成反应，由于含有饱和C原子，该C原子上含有H原子，因此在一定条件下也能发生取代反应，C正确；
D.由于该烯烃为不对称烯烃，因此与化合物分子HBr发生加成反应，产物可能是CH3CH2CH2Br，也可能反应产生CH3CHBrCH3，因此可得到两种产物，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】烯烃是含有碳碳双键的不饱和烃，可以发生加成反应，若烯烃为对称烯烃，与单质、化合物发生加成反应产物只有一种，若为不对称烯烃，在与化合物分子发生加成反应时，有两种不同的加成方式，因此产物有同分异构体，在发生加聚反应是是断开不饱和双键的碳原子彼此连接形成高分子化合物，要注意其异同。
9.L-多巴可用于帕金森综合症的治疗，其结构简式为 。下列关于L-多巴的说法中，不正确的是
A. 分子式为C9H11O4N B. 能缩合生成高分子
C. 能与酸、碱反应生成盐 D. 核磁共振氢谱有8个吸收峰
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据物质的结构简式可知该物质分子式为C9H11O4N，A正确；
B.该物质分子中含有氨基、羧基及酚羟基等多个官能团，因此在一定条件下课发生缩聚反应形成高分子化合物，B正确；
C.物质分子中含有酸性基团羧基、酚羟基，可以与碱反应；也含有碱性基团氨基，因此能够与酸反应，C正确；
D.在物质分子中含有9种不同位置的H原子，因此核磁共振氢谱有9个吸收峰，D错误；
故合理选项是D。
10.将乙炔通入银氨溶液，产生白色沉淀，通过该实验可以区分乙炔和乙烯。化学方程式为：HC≡CH+2[Ag(NH3)2]+ →AgC≡CAg↓+2NH4++2NH3。乙炔银遇酸可放出乙炔。下列分析或推测不正确的是
A. 乙炔与银氨溶液反应不是氧化还原反应
B. 乙炔中C-H键的活性比乙烯中C-H键的活性强
C. 乙炔通入AgNO3溶液中也能发生类似反应
D. 2-丁炔不能与银氨溶液发生类似反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙炔与银氨溶液的反应过程中没有元素化合价的变化，因此该反应不是氧化还原反应，A正确；
B.乙炔通入银氨溶液，产生乙炔银白色沉淀，而乙烯不能发生该反应，说明乙炔中C-H键的活性比乙烯中C-H键的活性强，因此通过该实验可以区分乙炔和乙烯，B正确；
C. AgNO3溶液中Ag+与银氨溶液中银元素存在形式不同，因此不能发生类似反应，C错误；
D. 2-丁炔的不饱和C原子上无C-H键，因此不能与银氨溶液发生类似反应，D正确；
故合理选项是C。
11.研究1-溴丙烷是否发生消去反应，用下图装置进行实验，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色。下列叙述不正确的是

A. ②中一定发生了氧化还原反应
B. ①试管中也可能发生了取代反应
C. ①试管中一定发生了消去反应生成不饱和烃
D. 若②中试剂改为溴水，观察到溴水褪色，则①中一定发生了消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.无论是否发生反应，由于乙醇具有挥发性，挥发的乙醇会被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，若1-溴丙烷发生消去反应，产生的丙烯会被被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，A正确；
B.①试管中可能是1-溴丙烷与溶液中NaOH发生取代反应，产生1-丙醇，B正确；
C.①试管中可能发生了消去反应生成不饱和烃，也可能发生取代反应产生1-丙醇，C错误；
D.若②中试剂改为溴水，由于溴水与乙醇不能反应，因此若观察到溴水褪色，则①中一定发生了消去反应，D正确；
故合理选项是C。
12.“异丙苯氧化法”生产丙酮和苯酚的合成路线如下，各反应的原子利用率均为100%。下列说法正确的是

A. X的分子式为C3H8
B. Y与异丙苯可用酸性KMnO4溶液鉴别
C. CHP与CH3COOH含有相同的官能团
D. 可以用分液的方法分离苯酚和丙酮
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据图示可知X和Y发生加成反应产生异丙苯，则X是丙烯，分子式是C3H6，A错误；
B.Y是苯与酸性KMnO4溶液不能反应，而异丙苯由于与苯环连接的C原子上含有H原子，可以被KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此可以用KMnO4溶液鉴别二者，B正确；
C. CHP含有的官能团是-C-O-OH，而CH3COOH含有的官能团是羧基，所以二者的官能团不相同，C错误；
D.苯酚在室温下在水中溶解度不大，但容易溶于丙酮中，因此不能通过分液的方法分离，C错误；
故合理选项是B。
13.我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：

下列说法不正确的是
A. EG能聚合为高分子
B. 反应过程中生成了MG和甲醇
C. DMO分子中碳碳单键没有发生了断裂
D. 1molDMO完全转化为EG时消耗2molH2
【答案】D
【解析】
【详解】A.EG是乙二醇，分子中含有2个醇羟基，因此能发生缩聚反应形成高分子化合物，A正确；
B.DMO为草酸二甲酯，在反应过程中，DMO中C-O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，B正确；
C.DMO为草酸二甲酯，在反应过程中，DMO中C-O、C=O均断裂，没有断裂C-C单键，C正确；
D.DMO为草酸二甲酯CH3-OOC-COOCH3，DMO与H2反应产生CH3OH和CH3OOC-CH2OH、H2O，1 mol DMO反应需要3mol H2，若完全转化为EG时消耗6mol H2，D错误；
故合理选项是D。
14.下列实验内容能达到实验目的的是

实验目的
实验内容
A
鉴别乙醇与乙醛

B
比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性

C
说明烃基对羟基上氢原子活性的影响

D
说明苯环对取代基上氢原子活性的影响

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A.K2Cr2O7具有强的氧化性，可以氧化乙醇与乙醛，从而使溶液变为绿色，因此不能鉴别乙醇与乙醛，A错误；
B.乙酸钠是强碱弱酸盐，水溶液中由于CH3COO-水解而使溶液显碱性，因此向该溶液中通入CO2气体可以溶解，不能证明酸性乙酸比碳酸强，向苯酚钠溶液中通入CO2气体，CO2、H2O、苯酚钠反应，产生苯酚和NaHCO3，由于在室温下苯酚在水中溶解度不大，因此可以看到溶液变浑浊，因此只能证明酸性H2CO3>苯酚，但不能证明酸性乙酸> H2CO3，B错误；
C.乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈，可以证明烃基对羟基上氢原子活性的影响，C正确；
D.苯与溴水不能反应，而苯酚与浓溴水会发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，证明羟基使苯环更活泼，不能说明苯环对取代基上氢原子活性的影响，D错误；
故合理选项是C。
第Ⅱ部分（非选择题 共58分）
本部分共5小题，共58分。
15.为证明C2H5X（X=Cl、Br或 I）中存在溴原子，某同学设计如下实验：
Ⅰ．向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；
Ⅱ．向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液；
Ⅲ．取Ⅱ中……。
(1)Ⅰ为对照实验，目的是_______。
(2)写出Ⅱ中的化学方程式：_______。
(3)补全Ⅲ中的实验操作及现象：_______，说明C2H5X中含溴原子。
【答案】 (1). 证明C2H5X中没有游离的Br– (2). C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr (3). 取Ⅱ中上层溶液，加入足量稀硝酸至弱酸性，滴加AgNO3溶液，生成淡黄色沉淀
【解析】
【分析】
只有Br-与Ag+发生反应形成AgBr浅黄色沉淀；向C2H5X中加入硝酸银溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X中无Br-；向C2H5X中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后静置，液体分为两层，均为无色溶液，说明C2H5X难溶于水，然后将溶液加热，发生反应C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr，再将溶液酸化，然后加入硝酸银溶液，产生淡黄色沉淀，证明该溶液中含有Br-，反应产生了AgBr浅黄色沉淀。
【详解】(1)Ⅰ为对照实验，目的是证明C2H5X中没有游离的Br-，不能与硝酸银溶液发生沉淀反应；
(2)Ⅱ中C2H5Br与NaOH水溶液在加热时发生取代反应产生乙醇、NaBr，反应的化学方程式为：C2H5Br+NaOHC2H5OH+NaBr；
(3)要证明该物质中含有溴元素，由于Ag+与OH-也会发生反应产生沉淀，因此要先加入酸酸化，然后再加入AgNO3溶液，若生成淡黄色沉淀说明，C2H5X中含溴原子。
【点睛】本题考查了卤代烃中卤素的存在及检验方法的知识。卤代烃中卤素以原子形式存在，只有卤素离子才可以与硝酸银溶液发生反应产生沉淀，在检验之前，一定要先酸化，再加入硝酸银溶液，根据产生沉淀的颜色判断所含的卤素种类。
16.某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：

Ⅰ．向2 mL浓H2SO4和2 mL乙醇混合液中滴入2 mL乙酸后，加热试管A；
Ⅱ．一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；
Ⅲ．停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。
(1)为了加快酯化反应速率，该同学采取的措施有_____________。
(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_______________。
(3)试管B中溶液显红色的原因是___________（用离子方程式表示）。
(4)Ⅱ中油状液体的成分是__________。
(5)Ⅲ中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_____________。
【答案】 (1). 加热，使用催化剂 (2). 增加乙醇的用量 (3). CO32-+H2OHCO3-+OH- (4). 乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水) (5). 取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红
【解析】
【分析】
(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；
(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；
(3)根据盐的水解规律分析；
(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；
(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。
【详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；
(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；
(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；
(4)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此Ⅱ中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；
(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。
【点睛】本题考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响 因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。
17.有机物A（C4H10O）可用作增塑剂、溶剂等。A可以发生如下转化。

已知：R1-CH=CH-R2R1-CHO+R2-CHO
(1)按官能团分类，A属于_________。
(2)A→B的反应类型是_________。
(3)A→C的转化中Na的作用是__________。
(4)写出A→D的化学方程式：_______________。
(5)F的结构简式是_________。
【答案】 (1). 醇 (2). 取代反应 (3). 还原剂 (4). CH3CH=CHCH3+H2O (5).
【解析】
【分析】
A分子式是C4H10O，该物质与浓硫酸混合加热反应产生D，D发生信息反应产生C2H4O，则E是CH3CHO，逆推可知D是CH3CH=CH-CH3，A是，A与Cl2在光照条件下发生饱和C原子上的取代反应产生的可能是一氯取代醇，也可能是多氯取代烃；A含有醇羟基，与金属Na可以发生置换反应产生C为；D是CH3CH=CH-CH3，分子中含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生高分子化合物F是。
【详解】(1)按官能团分类，A是，属于醇类物质。
(2)A是，与氯气在光照条件下发生取代反应产生氯代醇；所以A→B的反应类型是取代反应。
(3) 与Na发生置换反应产生和H2，在该反应中Na元素的化合价由反应前单质的0价变为反应后中的+1价，化合价升高，失去电子，表现还原性，所以A→C的转化中Na的作用是作还原剂。
(4) A是，与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生CH3CH=CHCH3和H2O，所以A→D的化学方程式： CH3CH=CHCH3+H2O。
(5)F是2-丁烯在一定条件下发生加聚反应产生聚2-丁烯，其结构简式是。
【点睛】本题考查了醇的消去反应、取代反应的条件、反应产物即产物的性质、物质结构简式是书写及反应方程式的书写等知识。掌握结构对性质的决定作用及各类物质的官能团是本题解答的关键。
18.A(C6H6O)是一种重要的化工原料，广泛用于制造树脂、医药等。
Ⅰ．以A、B为原料合成扁桃酸衍生F的路线如下。

(1)A的名称是____；B的结构简式是____。
(2)C()中①～③羟基氢原子的活性由强到弱的顺序是____。
(3)D的结构简式是____。
(4)写出F与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。
(5)若E分子中含有3个六元环，则E的结构简式是________。
Ⅱ．以A为原料合成重要的医药中间体K的路线如下。

(6)G→H的反应类型是__________。
(7)一定条件下，K与G反应生成、H和水，化学方程式是__________。
【答案】 (1). 苯酚 (2). OHC—COOH (3). ③>①>② (4). (5). (6). (7). 还原反应 (8). 3+3++H2O
【解析】
【分析】
I.A与B发生加成反应产生C，根据A的分子式(C6H6O)及C的结构可知A是苯酚，结构简式是，B是OHC-COOH，C与CH3OH在浓硫酸催化下，发生酯化反应产生D为，D与浓氢溴酸再发生取代反应产生F为；若E分子中含有3个六元环，说明2个分子的C也可以发生酯化反应产生1个酯环，得到化合物E，结构简式为。
II.A是苯酚，A与浓硝酸发生苯环上邻位取代反应产生G是，G发生还原反应产生H为，H与丙烯醛CH2=CH-CHO发生加成反应产生，与浓硫酸在加热时反应形成K：。
【详解】I.根据上述推断可知：A是，B是OHC-COOH，D是，E是F是。
II.根据上述推断可知G为，H为。
(1)A是，名称为苯酚；B是乙醛酸，B的结构简式是OHC-COOH；
(2)羧酸的酸性大于苯酚，苯酚的酸性大于醇羟基，因此在物质C()中①～③羟基氢原子的活性由强到弱的顺序是③>①>②；
(3)D的结构简式是;
(4)F结构简式为，含有的酯基与NaOH发生酯的水解反应产生羧酸钠和CH3OH、酚羟基可以与NaOH发生反应产生酚钠、H2O，含有的Br原子可以与NaOH水溶液发生取代反应，Br原子被羟基取代，产生的HBr与NaOH也能发生中和反应，因此F与过量NaOH溶液反应的化学方程式：+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；
(5)若E分子中含有3个六元环，则E的结构简式是；
(6) G为，H为。G→H反应类型是硝基被还原为氨基的反应，所以反应类型是还原反应；
(7)在一定条件下与发生反应产生、、H2O，根据质量守恒定律，可得3+3++H2O。
【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机常见反应类型的判断、物质官能团的结构与性质及转化关系等，掌握官能团的结构与性质是物质推断与合理的关键。
19.化合物K是有机光电材料中间体。由芳香族化合物A制备K的合成路线如下：

已知：

回答下列问题：
(1)A的结构简式是________。
(2)C中官能团是________。
(3)D→E的反应类型是________。
(4)由F生成G的化学方程式是________。
(5)C7H8的结构简式是________。
(6)芳香族化合物X是G的同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，写出符合上述要求的X的结构简式：________。
(7)以环戊烷和烃Q为原料经四步反应制备化合物，写出有关物质的结构简式（其他无机试剂任选）。Q：____；中间产物1：________；中间产物2：____；中间产物3：________。
【答案】 (1). (2). 碳碳双键 羧基 (3). 消去反应 (4). +C2H5OH+H2O (5). (6). (7). CH3—C≡C—CH3 (8). (9). (10).
【解析】
【分析】
由第一个信息可知A应含有醛基，且含有7个C原子，应为，则B为，则C为，D为，E为，F为，F与乙醇发生酯化反应生成G为，对比G、K的结构简式并结合第二个信息，可知C7H8的结构简式为；
(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，发生消去反应得到环戊烯。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。
【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为，E为，F为，G为，对比G、K的结构简式并结合题中给出的第二个信息，可知C7H8的结构简式为。
(1)A的结构简式是。
(2)C结构简式是其中含有的官能团是碳碳双键和羧基。
(3)D→E的反应类型为消去反应。
(4) F为，F与乙醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生消去反应形成G和水，所以由F生成G的化学方程式是+C2H5OH+H2O。
(5)C7H8的结构简式是。
(6)芳香族化合物X是G同分异构体，该分子中除苯环外，不含其他环状结构，其苯环上只有1种化学环境的氢。X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明分子中含有羧基-COOH，则符合上述要求的X的结构简式：、。
(7)环戊烷与氯气在光照条件下生成，，与NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应得到环戊烯、NaCl、H2O。环戊烯与2-丁炔发生加成反应生成，然后与溴发生加成反应生成。其合成路线为。所以Q：CH3—C≡C—CH3；中间产物1：；中间产物2：；中间产物3：。
【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的灵活运用。